2025年物理新高考备考2025年（版）物理《三维设计》一轮总复习（提升版）第2讲　变压器　电能的输送

第2讲变压器电能的输送考点一理想变压器基本关系的应用1.构造和原理（1）构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。（2）原理：电磁感应的互感现象。2.基本关系式（1）功率关系：P入＝P出。（2）电压关系：U1U2（3）电流关系：只有一个副线圈时I1I2（4）频率关系：f出＝f入。3.制约关系（1）电压：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定。（2）功率：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定。（3）电流：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定。变压器基本关系的应用【例1】（2022·山东高考4题）如图所示的变压器，输入电压为220V，可输出12V、18V、30V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcos（100πt）。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V。将阻值为12Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12W。下列说法正确的是 （）A.n1为1100匝，Um为220VB.BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4AC.若将R接在AB两端，R两端的电压为18V，频率为100HzD.若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5A，周期为0.02s答案：D解析：根据理想变压器的变压规律有Un1＝0.1V1，代入U＝220V得n1＝2200，Um＝2U＝2202V，A错误；由功率与电压的关系得UBC＝PR＝12V，根据理想变压器的变压规律有Un1＝UBCnBC，代入数据解得nBC＝120匝，由欧姆定律得I＝UBCR＝1A，B错误；由以上分析结合题意可知UAB＝18V，UAC＝30V，变压器不改变交流电的频率，故f＝ω2π＝50Hz，C错误；由欧姆定律得原线圈接负载的变压器电路【例2】（2024·河北唐山模拟）如图所示的电路中，L1为标有“4V，2W”字样的小灯泡，L2、L3为两只标有“8V，6W”字样的相同灯泡，变压器为理想变压器。已知三只灯泡均正常发光，则a、b端输入正弦式交变电压的最大值为 （）A.24V B.242VC.28V D.282V答案：D解析：L2、L3的额定电流I23＝P23U23＝34A，所以变压器副线圈输出电流I2＝2I23＝1.5A，通过原线圈的电流等于L1的额定电流，即I1＝P1UL1＝0.5A，所以变压器原、副线圈的匝数之比n1n2＝I2I1＝31，副线圈两端电压等于L2和L3的额定电压，即U2＝8V，则原线圈两端电压U1＝n1n2U2＝24V，a、b端输入电压的有效值U＝UL1＋U1副线圈接二极管的变压器电路【例3】（多选）（2024·云南曲靖模拟）一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表。当R＝10Ω时，则（）A.电流表A1的示数为400mAB.电流表A2的示数约为3.1AC.电压表的示数约为31VD.电压表的示数约为44V答案：BC解析：原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知（44V）2R·T2＝U2R·T，解得U＝222V≈31V，故C正确，D错误；电流表A2的示数约为I2＝UR＝3.1A，根据变压器的输入功率等于输出功率，即I1U1＝I2U，得I1＝I2UU1，得I1＝0.44A＝440mA考点二理想变压器的动态分析1.匝数比不变的情况（1）U1不变，根据U1U2＝n1n2，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻（2）当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化。（3）I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化。2.负载电阻不变的情况（1）U1不变，n1n2发生变化，故（2）R不变，U2变化，故I2发生变化。（3）根据P2＝U22R，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故匝数比不变时的动态分析【例4】（2024·北京海淀模拟）如图所示，理想变压器输入电压保持不变。将滑动变阻器的滑片向下移动，下列判断正确的是（）A.电流表A1、A2的示数都不变B.电压表V1、V2的示数都增大C.原线圈输入功率减小D.电阻R0消耗的电功率增大答案：D解析：输入电压不变，匝数比不变，输出电压就不变，滑动变阻器滑片向下移动，其接入电路的阻值变小，副线圈中的电流就增大，R0电压增大，原线圈电流也增大，所以V1示数不变，V2示数减小，A1示数增大，A2示数增大，A、B错误；原线圈输入电压不变，输入电流增大，由P＝U1I1可知，则原线圈输入功率增大，C错误；输出电流I2增大，由PR0＝I22R0，可知R0消耗的电功率增大，匝数比变化时的动态分析【例5】（多选）（2024·重庆巴南模拟）如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V，原线圈接输出电压恒定的交流电源，副线圈上通过输电线接有一个灯泡L，一个电吹风M（内阻与灯泡L相同），输电线的等效电阻为R，副线圈匝数可以通过调节滑片P改变。S断开时，灯泡L正常发光。滑片P位置不动，当S闭合时，以下说法中正确的是 （）A.电压表示数增大B.电流表示数增大C.为使灯泡L正常发光，滑片P应向上滑动D.灯泡L与电吹风M消耗的电功率一定相同解析：BC滑片位置不动，当S闭合时，电阻变小，原线圈电压及匝数比不变，副线圈电压不变，电压表示数不变，故A错误；副线圈电压不变，电阻变小，输出功率变大，输入功率变大，根据P1＝U1I1，知电流表示数变大，故B正确；副线圈电流变大，等效电阻R两端的电压增大，并联部分的电压减小，为了使灯泡L正常发光，必须增大电压，滑片应向上滑动，故C正确；电吹风除了内阻的热功率外可能还有输出机械功率，即UI＝W＋I2R，可知电吹风UI＞I2R，I＜UR，灯泡L与电吹风M的电流不同，消耗电功率不相同，故D考点三远距离输电问题如图所示，若发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P'，用户端的电压为U'，输电电流为I，输电线总电阻为R。1.输电电流I＝PU＝U2.电压损失（1）ΔU＝U－U'。（2）ΔU＝IR。3.功率损失（1）ΔP＝P－P'＝ΔU·I。（2）ΔP＝I2R＝PU24.降低输电损耗的两个途径（1）减小输电线的电阻R。由R＝ρlS知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小（2）减小输电导线中的电流。在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压。▢判断小题1.增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失。 （√）2.高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热损耗。 （√）3.若发电站输出功率为P，输电电压为U，输电线总电阻为R，则输电线上损失的功率为P损＝U2R。1.理清输电电路图的三个回路（如图）（1）在电源回路中，P发电机＝U1I1＝P1。（2）在输送回路中，I2＝I线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R线，ΔP＝I22R（3）在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户。2.抓住两组关联式（1）理想的升压变压器联系着电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：U1U2＝n1n2，I1I2（2）理想的降压变压器联系着输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：U3U4＝n3n4，I3I43.掌握一个守恒观念功率关系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I线＝I线2R线＝【例6】（2023·天津高考6题）下图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有 （）A.T1输出电压与T2输入电压相等B.T1输出功率大于T2输入功率C.若用户接入的用电器增多，则R功率降低D.若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低答案：B解析：由于输电过程中电阻R要产生热量，会损失功率，故T1输出功率大于T2输入功率，T1输出电压大于T2输入电压，故A错误，B正确；由于输入电压不变，所以变压器T1的输出电压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则电流变大，根据P损＝I2R，可知R功率增大，故C错误；用户接入电路的用电器增多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。【例7】（2023·山东高考7题）某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率为500kW。降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5Ω，其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220V，功率为88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是 （）A.发电机的输出电流为368AB.输电线上损失的功率为4.8kWC.输送给储能站的功率为408kWD.升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44答案：C解析：由P＝UI得发电机的输出电流I＝PU1＝500×103250A＝2×103A，A错误；用户端电流I4＝P4U4＝88×103220A＝400A，由理想变压器原、副线圈的电流之比与原、副线圈的匝数之比的关系得I3I4＝n4n3，则I3＝n4n3I4＝150×400A＝8A，则输电线上损失的功率ΔP＝I32R＝4kW，B错误；输送功率P2＝P4＋ΔP＝88kW＋4kW＝92kW，则输送给储能站的功率P'＝P－P2＝500kW－92kW＝408kW，C正确；输送电压U2＝P2I3＝92×103四类特殊的变压器问题除了常规变压器以外，还有四类特殊的变压器：自耦变压器、互感器、多组副线圈的变压器及“日”字芯变压器，我们也需要学会处理有关问题。类型1自耦变压器问题自耦变压器（又称调压器），它只有一个线圈，原、副线圈共用其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器同样适用，如图所示。【典例1】（2024·湖南岳阳模拟）一理想自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在c、d间接定值电阻R。在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2。在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中（）A.U2＞U1，U2降低 B.U2＞U1，U2升高C.变压器输入功率增大 D.变压器输入功率减小答案：D解析：根据变压器的电压关系有U1U2＝n1n2，当滑动触头M顺时针转动时，即n2减小时，电压U2应该减小，即U2降低，由于n2＜n1，所以U2＜U1，故A、B错误；由于电压U2减小，所以定值电阻上的电压减小，则定值电阻消耗的电功率减小，由于是理想变压器，所以变压器的输入功率也减小，类型2互感器问题两种互感器的比较电压互感器电流互感器原理图原线圈的连接并联在高压电路中串联在交流电路中电压互感器电流互感器副线圈的连接连接电压表连接电流表互感器作用将高电压变为低电压将大电流变成小电流利用的公式U1UI1n1＝I2n2【典例2】（2024·辽宁沈阳质检）如图，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，其中a、b是交流电压表或交流电流表。若高压输电线间的电压为220kV，T1的原、副线圈匝数比为1∶100，交流电压表的示数为100V，交流电流表的示数为1A，则 （）A.b是交流电压表B.T2的原、副线圈匝数比为100∶1C.高压线路输送的电流为1AD.高压线路输送的电功率为220kW答案：A解析：右侧的互感器原线圈并联在高压线上，b是交流电压表，选项A正确；若高压输电线间的电压为220kV，副线圈交流电压表的示数为100V，根据变压器变压公式，T2的原、副线圈匝数比为2200∶1，选项B错误；T1的原、副线圈匝数比为1∶100，a是交流电流表，交流电流表的示数为1A，根据变压器变流公式，高压线路输送的电流为100A，选项C错误；高压线路输送的电功率为P＝UI＝220kV×100A＝22000kW，选项D错误。类型3多个副线圈的变压器问题计算具有两个（或两个以上）副线圈的变压器问题时，应注意三个关系：（1）电压关系：U1n1＝U2（2）电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋……（3）功率关系：P1＝P2＋P3＋……【典例3】如图甲、乙所示，两种情况下灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，变压器匝数比n1∶n2＝3∶1，则图甲中L1的功率和图乙中L1的功率分别为 （）A.P、P B.9P、4C.4P9、9P D.4答案：B解析：由题意可知，n2＝n3，两种情况下变压器输出功率均为2P，设灯泡L2、L3的电压为U，电流为I，电阻为R，两种情况下变压器输入电压为3U，变压器输入电流为23I；题图甲中L1的功率为P1＝（3U）2R＝9P；题图乙中L1的功率为P2＝23类型4“日”字形铁芯的变压器问题变压器的铁心为“日”字形，要注意穿过原线圈的磁通量的变化率与穿过副线圈磁通量的变化率不相等，电压比U1U2＝n1n2不再成立，应根据法拉第电磁感应定律推导U1与U2的关系，即对于该类变压器问题，若不去研究变压器的变压原理，只死记硬套公式，很容易出错。【典例4】（多选）如图所示为某变压器对称铁芯的示意图，已知原线圈匝数n1＝40匝，副线圈匝数n2＝20匝，电阻R1＝40Ω，电阻R2＝25Ω。则下列说法正确的是 （）A.当原线圈接入正弦交流电时，R1、R2消耗的电功率之比为2∶5B.当原线圈接入正弦交流电时，R1、R2消耗的电功率之比为1∶10C.原线圈接入交流电压“u＝2202sinωtV”时，R1上的电压为20VD.原线圈接入交流电压“u＝2202sinωtV”时，R2上的电压为50V答案：BCD解析：因该变压器通过副线圈的磁通量是通过原线圈磁通量的一半，则U1U2＝n1ΔΦ1Δtn2ΔΦ2Δt＝41，故I1I2＝14，根据P＝I2R得P1P2＝116×4025＝110，故A错误，B正确；原线圈接入交流电压u＝2202sinωtV时，U＝220V，设R1两端电压为U1'，R2两端电压为U2'，则有U跟踪训练·巩固提升1.近些年我国手机闪充功能发展迅速，已经处于国际领先水平。图甲是某国产超级快速无线充电器CP62R，可提供最大50W的无线充电功率。其工作原理近似为一个理想变压器如图乙所示，当送电线圈接上220V、50Hz的正弦交变电流时，受电线圈中会产生交变电流。送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，且n1∶n2＝5∶1。当该装置给手机快速充电时，下列判断正确的是 （）A.送电线圈和受电线圈通过互感实现能量传递B.流过送电线圈的电流大于流过受电线圈的电流C.受电线圈的输出电压大于送电线圈的输入电压D.每秒钟通过受电线圈的电流方向改变50次解析：A该无线充电器的工作原理近似为一个理想变压器，送电线圈和受电线圈通过互感实现能量传递，故A正确；根据理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比可知，流过送电线圈的电流与流过受电线圈的电流之比为1∶5，即流过送电线圈的电流小于流过受电线圈的电流，故B错误；根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比可知，受电线圈的输出电压与送电线圈的输入电压之比为1∶5，即受电线圈的输出电压小于送电线圈的输入电压，故C错误；电压频率为50Hz，周期为0.02s，每0.02s通过受电线圈的电流方向改变2次，所以每秒钟通过受电线圈的电流方向改变100次，故D错误。2.（2023·广东高考6题）用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，输出功率为8.8kW，原线圈的输入电压u＝2202sin（100πt）V。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是 （）A.20A，50Hz B.202A，50HzC.20A，100Hz D.202A，100Hz解析：A原线圈输入电压的有效值为U1＝22022V＝220V，原线圈电流为I1＝PU1＝40A，副线圈输出电流的有效值为I2＝n1n2I1＝20A，变压器无法改变电流的频率，故频率f＝ω2π3.（2024·海南海口模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝k，电阻R1＝R2＝R。当A、B两接线柱接正弦交流电源时，流过R2的电流为I，则正弦交流电源A、B端的输出功率为（）A.k2I2R B.1k2IC.kI2R D.k2+1k解析：D通过R2的电流为I时，根据理想变压器规律有I1I＝n2n1＝1k，解得原线圈中的电流I1＝1kI，正弦交流电源A、B端的输出电功率P＝I12R＋I2R4.（多选）（2024·河南开封模拟）如图为一理想变压器，其中所接的4盏灯泡规格均为“10V，5W”。当接入电压u＝U0sin100πt的电源时，4盏灯均正常发光。下列说法正确的是 （）A.原、副线圈的匝数比n1∶n2∶n3＝3∶1∶2B.电流在1s时间内改变50次方向C.U0＝402VD.变压器的输出功率为20W解析：AC交流电的频率为50Hz，所以电流在1s时间内方向要改变100次，B错误；4盏灯相同且均正常发光，所以加在灯泡两端的电压均为U，理想变压器的输入功率等于输出功率，则有IU1＝IU＋2IU（I、U分别为灯泡的额定电流和额定电压），得U1＝3U，根据n1n2＝U1U2＝31，n1n3＝U1U3＝32，则有原、副线圈的匝数比n1∶n2∶n3＝3∶1∶2，A正确；电源电压的有效值为U＋U1＝40V，则U0＝5.（多选）（2024·福建泉州模拟）如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈接定值电阻R1＝5Ω、理想电流表A和理想电压表V1，输入电压u0＝652sin0.5πt（V）；副线圈接定值电阻R2＝5Ω，最大电阻为10Ω的滑动变阻器RP和理想电压表V2。则下列说法正确的是 （）A.当滑动变阻器的滑片从下向上滑动时，通过R2的电流的频率变大B.当滑动变阻器的滑片从下向上滑动时，电流表的示数变化范围为1312～13C.当滑动变阻器的滑片从下向上滑动时，电压表V1的示数变化范围为52～60VD.当滑动变阻器的滑片从下向上滑动时，电压表V2的示数变化范围为0～20V解析：CD理想变压器不改变交变电流的频率，即通过R2的电流的频率不变，故A错误；输入电压的有效值U0'＝22U0m＝65V，由变压器原、副线圈的电压关系，得U0'－I1R1I2（R2＋RP）＝21，由电流关系，得2I1＝I2，联立可得I1＝6525+4RPA，则电流表的示数变化范围为1～135A，则电压表V1的示数为U1＝U0'－I1R1＝65－65×525+4RPV，其变化范围为52～60V，故6.（2024·浙江杭州模拟）如图所示，一理想变压器原线圈可通过移动滑动触头P的位置改变接入电路的匝数，b为原线圈的中点。当P接a时，原、副线圈的匝数比为10∶1，线圈L上的直流电阻不计。原线圈接u＝2202sinωt（V）的交流电，则 （）A.当P接b时，滑动变阻器R两端的电压为442VB.当P接a时，通过原、副线圈截面的磁通量之比为10∶1C.若将P由a向b滑动，则变压器的输入功率增大D.若增大电源的频率，则灯泡B将变亮解析：C当P接b时，原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈的电压为220V（指有效值），则滑动变阻器R两端的电压为44V，故A错误；任何情况下，通过原、副线圈截面的磁通量之比总为1∶1，故B错误；若将P由a向b滑动，则副线圈电压变大，变压器输出功率增大，则变压器的输入功率增大，故C正确；若增大电源的频率，L的感抗增大，L上的自感（反）电动势变大，则灯泡B两端的电压减小，则灯泡B将变暗，故D错误。7.（2023·北京高考7题）自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是 （）A.仅增加原线圈匝数B.仅增加副线圈匝数C.将原、副线圈匝数都增为原来的两倍D.将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈解析：B由n1n2＝U1U2知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；将两个3.8V小灯泡并联，由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变8.（2024·福建宁德模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶3，正弦交流电源的电压有效值恒为U＝12V，电阻R1＝1Ω，R2＝2Ω。若滑动变阻器接入电路的电阻为7Ω，则 （）A.若向上移动P，电压表示数将变大B.R1与R2消耗的电功率相等C.通过R1的电流为6AD.若向下移动P，电源输出功率将不变解析：C若向上移动P，则R3电阻减小，副线圈回路中电流变大，原线圈回路中电流也变大，根据P＝IU，可知电源输出功率将变大，电阻R1的电压变大，变压器输入电压变小，副线圈输出电压变小，电压表示数将变小，A错误；理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶3，可知原、副线圈的电流之比为3∶1，根据P＝I2R可知R1与R2消耗的电功率之比为9∶2，B错误；设通过R1的电流为3I，则通过副线圈的电流为I，原线圈输入电压为U－3IR1＝12V－3I，根据匝数比可知副线圈输出电压为3（12V－3I），则有（12V－3I）·3I＝[3（12V－3I）]27Ω+2Ω，解得I＝2A，则通过R1的电流为3I＝6A，C正确；若向下移动P，则R3电阻增大9.（2024·陕西西安模拟）如图所示，N匝矩形线圈以转速n绕轴OO'匀速转动，轴与线圈平面共面且与磁场方向垂直，磁场的磁感应强度为B，线圈面积为S，线圈电阻为r，线圈两个末端分别通过电刷与理想自耦变压器相连，P1为变压器上的滑动触头，P2为滑动变阻器上的滑片，电压表和电流表均为理想电表，则下列说法正确的是（）A.从图示位置开始计时，线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e＝2πBSnsin2πntB.若保持P2不动，P1从M位置逆时针转到N位置，则电压表V1示数增大C.只增大线圈的转速，定值电阻R0消耗的电功率减小D.若P1不动，P2向左滑动，则电流表示数增大，U1解析：D题图示位置为中性面，从题图示位置开始计时，线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e＝2πNBSnsin2πnt，故A错误；根据理想变压器和副线圈构成的等效电阻表达式R等效＝n12n22（R＋R0），当P1从M位置逆时针转到N位置，理想变压器n2增大，等效电阻减小，即外电阻减小，路端电压U1减小，故B错误；只增大线圈的转速，电源电动势的有效值增大，因为总电阻不变，故原线圈电流增大，副线圈电流也增大，根据P＝I2R0，定值电阻消耗的电功率也增大，故C错误；P2向左滑动，R减小，等效电阻减小，则U1减小，原线圈和副线圈电流都增大，电流表示数增大，U2增大，U10.（多选）（2024·宁夏银川模拟）如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图（图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表）